(新高考)高考数学二轮复习讲义16《导数的综合应用》(解析版)

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解密16 导数的综合应用

核心考点
读高考设问知考法
命题解读
利用导数研究函数的零点
【2014新课标1理11文12】已知函数=，若存在唯一的零点，且＞0，则的取值范围为(　　)
在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.
【2020新课标1文20】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【2020新课标3文20】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围．
【2019新课标1理20】已知函数，为的导数．证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．
【2018新课标2理21】已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
利用导数证明不等式
【2020新课标2理21】已知函数．
（1）讨论在区间的单调性；（2）证明：；
（3）设，证明：．
【2018新课标1理21】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【2016新课标3文21】设函数．
（I）讨论的单调性； （II）证明当时，；
（III）设，证明当时，．
导数与不等式恒成立、存在性问题
【2020新高考全国】已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若，求的取值范围．
【2020新课标1理21】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【2017新课标1文21】已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．
【2017新课标2文21】设函数f (x) = (1-x2)ex．（1）讨论f (x)的单调性；（2）当x0时，f (x)ax+1，求a的取值范围．

核心考点一 利用导数研究函数的零点
1.利用导数研究函数的零点
函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.
2.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1 a的符号
零点个数
充要条件
a＞0
(f(x1)为极大值，
f(x2)为极小值)
一个
f(x1)＜0或f(x2)>0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)＞0且f(x2)＜0
a＜0
(f(x1)为极小值，
f(x2)为极大值)
一个
f(x1)>0或f(x2)＜0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)＜0且f(x2)＞0

1．【2014新课标1理11文12】已知函数=，若存在唯一的零点，且＞0，则的取值范围为(　　)
A． B． C． D．
【解析1】由已知，，令，得或，
当时，；
且，有小于零的零点，不符合题意．
当时，
要使有唯一的零点且＞0，只需，即，．故选B．
【解析2】由已知，=有唯一的正零点，等价于
有唯一的正零根，令，则问题又等价于有唯一的正零根，即与有唯一的交点且交点在在y轴右侧记，，由，，，
，要使有唯一的正零根，只需，故选B．
2．【2020新课标1文20】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）求导，，
当时，在上恒成立，所以在单调递增，故至多有1个零点，不合题意。
当时，令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故，
若，则，故至多有1个零点，不合题意，
若，，则。，故在有且仅有1个零点，故在有且仅有1个零点；，故在有且仅有1个零点，故在有且仅有1个零点．
综上所述，的取值范围是．
3．【2019新课标1理20】已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．
【解析】（1）设，则，．
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，设为．
则当时，；当时，．
所以在单调递增，在单调递减，
故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点．
（2）的定义域为．
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点．
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，．
故在单调递增，在单调递减．
又，，所以当时，．
从而，在没有零点．
（iii）当时，，所以在单调递减．
而，，所以在有唯一零点．
（iv）当时，，所以，从而在没有零点．
综上，有且仅有2个零点．

1．【2020新课标3文20】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【解析】（1）求导，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，所以在上单调递减，在
，上单调递增．
（2）由（1）知，有三个零点，则，且，即，解得，
当时，，且，
所以在上有唯一一个零点，
同理，，
所以在上有唯一一个零点，
又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，
综上可知的取值范围为．
2．【2018新课标2理21】已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
【解析】（1）当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
（2）设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
核心考点二 利用导数证明不等式
利用导数证明不等式
若证明f(x)
1．【2020新课标2理21】已知函数．
（1）讨论在区间的单调性；
（2）证明：；
（3）设，证明：．
【解析】(1)由函数的解析式可得（不化简也可以，直接求导即可），则

，
在上的根为，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，在和单调递增，在单调递减．
(2)方法1：注意到，,
故是周期为的奇函数，
结合(1)的结论，计算可得，，，
据此可得，，即．
方法2：
，
于是，当且仅当，即时等号成立。
方法3：
，
于是，当且仅当，即时等号成立。
(3)方法1：由（2）得，则，，…，，累乘得……，又，所以……，故．
方法2：由（2）有：



．
2．【2018新课标1理21】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【解析】（1）的定义域为，．
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减．
（ii）若，令得，或．
当时，；
当时，．所以在单调递减，在单调递增．
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当．
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则．由于
，
所以等价于．
设，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，．
所以，即．

1．【2016新课标3文21】设函数．
（I）讨论的单调性； （II）证明当时，；
（III）设，证明当时，．
【解析】（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．

2.已知函数为常数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，且，求证：．
【解析】(1)函数的定义域为．由题意，．
（i）若，则，于是，当且仅当时，，
所以在单调递减．
（ii）若，由，得或，
当或时，；
当时，；
所以在单调递减，单调递增．
（iii）若，则，
当时，；当时，；
所以在单调递减，单调递增．
综上所述，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，
在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）知，有两个极值点当且仅当，
由于的两个极值点满足，所以，则，
由于．
设．
．
当时，，所以．
所以在单调递减，又．
所以，即．
核心考点三 导数与不等式恒成立、存在性问题
1.利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.
①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).
②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).
③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
2.(1)判断含x，ln x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln x0及ex≥x＋1，ln x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.
(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln x，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.

1.已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.
【解析】设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4
＝2(x＋2)(kex－1).
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.
(ⅰ)若1≤k 从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；
当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1).
而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，F(x)≥0，
即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2).
从而当x>－2时，F′(x)>0，
即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.
而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，
即F(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上，k的取值范围是[1，e2].
2．【2020新高考全国】已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，求的取值范围．
【解析】（1）∵ , ∴ ，即，
∵ ， ∴切线方程为，
∴ 与坐标轴交点坐标分别为，
因此所求三角形面积为。
（2）思路1：取点+隐零点
∵ ，
∴ ，设，则，
∴ 在上单调递增，即在上单调递增，
当时，使得，
当时，，，有，
当时，，，有，
因此存在唯一，使得，即，取对数得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
因此，
∵ 对恒成立，
∴ ，即。
∴ 的取值范围是。
思路2：找矛盾区间+常数放缩
当时，，不合题意。
当时，，在单调递增，又。
∴ 当时，，即单调递减；当时，单调递增，
∴ 恒成立。
当时，恒成立。
综上所述，的取值范围是。
思路3：同构函数
∵ ，
∴ 等价于，
令，则在单调递增，由得，故，
令，则，于是在单调递增，在单调递减，故，从而，解得，故的取值范围是。
思路4：切线放缩
当时，，不合题意。
当时，，
综上所述，的取值范围是。
3．【2020新课标1理21】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增．
(2)由得，，其中，
①当时，不等式为，显然成立，符合题意；
②当时，分离参数a得，，
记，，
令，则，，
故单调递增，，故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
因此，，
综上可得，实数a取值范围是．

1．【2017新课标1文21】已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．
【解析】（1）
①当时，，令，即，解得，
令，即，解得，
所以当，在上递增，在上递减．
②当时，， 在上递增．
③当时，，令，
令，
所以当时，在上递增，在上递减．
综上所述：当，在上递减，在上递增；
当时， 在上递增；
当时，在上递减，在上递增．
（2）由（1）得当时，，
，得．当时，满足条件．
当时，
，
，又因为，所以．
综上所述，的取值范围是．
2．【2017新课标2文21】设函数f (x) = (1-x2)ex．
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）当x0时，f (x)ax+1，求a的取值范围．
【解析】∵，令得，，当时，；当时，；当时，；
所以f (x)在，上单调递减，在上单调递增．
（2）∵，当a≥1时，设函数，，因此在单调递减，而，故，所以 ；当0 3.已知函数f(x)＝x－mln x－(m∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.
【解析】(1)f(x)＝x－mln x－，且定义域(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1－＋＝，
当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，
∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.
当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，
∴f(x)在[1，e]上是减函数，
则f(x)min＝f(e)＝e－m－.
当2 若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.
f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.
由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，
∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－.
又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.
所以m≤2且e－m－≤1，解得≤m≤2.
所以实数m的取值范围是.